Plünnecke–Ruzsaの不等式

$A=x+H$ なら $A+A=2x+H$ で、個数は $\lvert H\rvert=\lvert A\rvert$ である。
逆に $\lvert A+A\rvert=\lvert A\rvert$ とする。各 $a\in A$ について $A+a\subset A+A$ で個数が等しいので $A+a=A+A$ である。$a_0\in A$ を 1 つ固定して $H:=A-a_0$ とおくと $0\in H$ であり、$h=a-a_0\in H$ について
$$ H+h=(A+a)-2a_0=(A+a_0)-2a_0=H $$
である。よって $h,h'\in H$ なら $h+h'\in H+h'=H$ で、$0\in H=H+h$ から $0=h''+h$ となる $h''\in H$ があり $-h\in H$ である。したがって $H$ は有限部分群で、$A=a_0+H$ は剰余類である。$\square$

$Y-Z$ の各元 $u$ について、$u=y(u)-z(u)$ となる $y(u)\in Y$、$z(u)\in Z$ を 1 組ずつ選んで固定する。写像
$$ \varphi\colon X\times(Y-Z)\to(X-Y)\times(X-Z),\qquad(x,u)\mapsto\bigl(x-y(u),\ x-z(u)\bigr) $$
を考える。$\varphi(x,u)=(s,t)$ なら $t-s=y(u)-z(u)=u$ なので $u$ が $(s,t)$ から決まり、さらに $x=s+y(u)$ も決まる。よって $\varphi$ は単射で、両辺の個数を比べると主張を得る。$\square$

$X$ の選び方から、$X$ のどの部分集合 $Y$ についても
$$ \lvert Y+B\rvert\ge K_0\lvert Y\rvert\qquad(1) $$
である（$Y=\emptyset$ では両辺が $0$）。$\lvert C\rvert$ についての帰納法で示す。$C=\{c\}$ なら $X+C$ は $X$ の平行移動で、$\lvert X+C+B\rvert=\lvert X+B\rvert=K_0\lvert X\rvert=K_0\lvert X+C\rvert$ である。
$C$ で主張が成り立つとし、$c\notin C$ について $C':=C\cup\{c\}$ を考える。
$$ X+C'=(X+C)\cup(X+c),\qquad X+C'+B=(X+C+B)\cup(X+c+B) $$
なので、帰納法の仮定と合わせると、
$$ \lvert(X+c+B)\setminus(X+C+B)\rvert\le K_0\,\lvert(X+c)\setminus(X+C)\rvert\qquad(2) $$
を示せば $\lvert X+C'+B\rvert\le K_0\lvert X+C'\rvert$ が従う。
$$ Y:=\{x\in X\mid x+c+B\subset X+C+B\} $$
とおく。$X+c+B$ は $Y+c+B$ と $(X\setminus Y)+c+B$ の合併で、前者は $X+C+B$ に含まれるので、(2) の左辺の集合は $(X+c+B)\setminus(Y+c+B)$ に含まれ、
$$ \lvert(X+c+B)\setminus(X+C+B)\rvert\le\lvert X+B\rvert-\lvert Y+B\rvert $$
である。また $x\in X$ が $x+c\in X+C$ をみたせば $x+c+B\subset X+C+B$ なので $x\in Y$ である。よって $x\in X\setminus Y$ なら $x+c\notin X+C$ で、
$$ \lvert(X+c)\setminus(X+C)\rvert\ge\lvert X\rvert-\lvert Y\rvert $$
である。したがって (2) は $\lvert X+B\rvert-\lvert Y+B\rvert\le K_0(\lvert X\rvert-\lvert Y\rvert)$ から従い、これは $\lvert X+B\rvert=K_0\lvert X\rvert$ と (1) により成り立つ。$\square$

$X\subset A$ と $K_0$ を lem-pr-petridis のようにとる。$A$ 自身も候補なので
$$ K_0=\frac{\lvert X+B\rvert}{\lvert X\rvert}\le\frac{\lvert A+B\rvert}{\lvert A\rvert}\le K $$
である。整数 $n\ge0$ について $\lvert X+nB\rvert\le K^n\lvert X\rvert$ を $n$ についての帰納法で示す。$n=0$ では $X+0B=X$ である。$n$ で成り立てば、補題を $C=nB$ に当てて（$n=0$ のときは $C=\{0\}$）
$$ \lvert X+(n+1)B\rvert=\lvert X+nB+B\rvert\le K_0\lvert X+nB\rvert\le K\cdot K^n\lvert X\rvert $$
となる。
次に thm-pr-triangle を $-X$、$mB$、$nB$ に当てると、
$$ \lvert X\rvert\,\lvert mB-nB\rvert\le\lvert -X-mB\rvert\,\lvert -X-nB\rvert=\lvert X+mB\rvert\,\lvert X+nB\rvert\le K^{m+n}\lvert X\rvert^2 $$
である。両辺を $\lvert X\rvert$ で割り、$\lvert X\rvert\le\lvert A\rvert$ を使うと $\lvert mB-nB\rvert\le K^{m+n}\lvert X\rvert\le K^{m+n}\lvert A\rvert$ を得る。$\square$

$X$ の空でない部分集合 $X'$ を比 $\lvert X'+Y\rvert/\lvert X'\rvert$ が最小になるようにとり、その値を $K_0$ とする。$K_0\le\lvert X+Y\rvert/\lvert X\rvert$ である。$x'\in X'$ を 1 つ固定すると $x'+Y+Z\subset X'+Z+Y$ なので $\lvert Y+Z\rvert\le\lvert X'+Z+Y\rvert$ であり、lem-pr-petridis（$A=X$、$B=Y$、$C=Z$）により
$$ \lvert Y+Z\rvert\le\lvert X'+Z+Y\rvert\le K_0\lvert X'+Z\rvert\le\frac{\lvert X+Y\rvert}{\lvert X\rvert}\,\lvert X+Z\rvert $$
である。$\square$